NOWA MATeMAtyka 2. Zakres podstawowy i rozszerzony — strona 217

Opuśćmy wysokość z końca krótszej podstawy. Powstaje trójkąt prostokątny, w którym pozioma przyprostokątna ma długość $x=a-b$. Zatem

$$x=\frac{h}{\operatorname{tg}\alpha},\qquad c=\frac{h}{\sin\alpha},$$

gdzie $c$ jest długością ukośnego ramienia. Przekątne mają długości $\sqrt{a^2+h^2}$ i $\sqrt{b^2+h^2}$.

a)

$$x=\frac{6\sqrt3}{\sqrt3}=6,\qquad b=8-6=2,$$ $$c=\frac{6\sqrt3}{\sqrt3/2}=12.$$

Stąd

$$Ob=8+2+6\sqrt3+12=22+6\sqrt3\ \text{cm},$$ $$d_1=\sqrt{8^2+(6\sqrt3)^2}=2\sqrt{43}\ \text{cm}, \qquad d_2=\sqrt{2^2+(6\sqrt3)^2}=4\sqrt7\ \text{cm}.$$

b)

$$x=\frac4{\operatorname{tg}30^\circ}=4\sqrt3, \qquad a=10+4\sqrt3,$$ $$c=\frac4{\sin30^\circ}=8.$$

Zatem

$$Ob=(10+4\sqrt3)+10+4+8=4(8+\sqrt3)\ \text{cm},$$ $$d_1=\sqrt{10^2+4^2}=2\sqrt{29}\ \text{cm},$$ $$d_2=\sqrt{(10+4\sqrt3)^2+4^2} =2\sqrt{41+20\sqrt3}\ \text{cm}.$$

Ustawmy trapez symetrycznie w układzie współrzędnych:

$$A=(-6,0),\quad B=(6,0),\quad D=(-2,h),\quad C=(2,h).$$

Wektory przekątnych mają postacie

$$\overrightarrow{AC}=(8,h),\qquad \overrightarrow{BD}=(-8,h).$$

Ponieważ przekątne są prostopadłe,

$$\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BD}=-64+h^2=0,$$

więc $h=8$. Punkt $P$ leży na osi symetrii. Prosta $AC$ przecina tę oś dla parametru $\frac34$, zatem $P=(0,6)$.

Teraz

$$\overrightarrow{AP}=(6,6),\qquad \overrightarrow{AD}=(4,8).$$

Dla $\theta=|\measuredangle PAD|$ otrzymujemy

$$\sin\theta=\frac{|6\cdot8-6\cdot4|}{6\sqrt2\cdot4\sqrt5} =\frac{\sqrt{10}}{10},$$ $$\cos\theta=\frac{6\cdot4+6\cdot8}{6\sqrt2\cdot4\sqrt5} =\frac{3\sqrt{10}}{10}, \qquad \operatorname{tg}\theta=\frac13.$$

Po opuszczeniu wysokości z końców krótszej podstawy różnica długości podstaw dzieli się na dwa odcinki $x$ i $y$. Dla wysokości $h$ mamy

$$x=\frac{h}{\operatorname{tg}45^\circ}=h, \qquad y=\frac{h}{\operatorname{tg}60^\circ}=\frac{h}{\sqrt3}.$$

Ponieważ $x+y=10-4=6$,

$$h+\frac{h}{\sqrt3}=6,$$ $$h=\frac{6\sqrt3}{\sqrt3+1}=3\sqrt3(\sqrt3-1)=9-3\sqrt3.$$

Pole trapezu jest więc równe

$$P=\frac{10+4}{2}\,h =7(9-3\sqrt3)=21(3-\sqrt3).$$

Oznaczmy trapez tak, aby przekątna $AC$ była prostopadła do ramienia $BC$. Niech $\varphi$ będzie kątem przy dłuższej podstawie. W trójkącie prostokątnym $ABC$ kąt między $AB$ i $AC$ ma miarę $90^\circ-\varphi$. Z drugiej strony kąt między $AC$ i drugim ramieniem $AD$ jest równy

$$\varphi-(90^\circ-\varphi)=30^\circ.$$

Stąd $2\varphi=120^\circ$, czyli $\varphi=60^\circ$. Trójkąt $ABC$ ma więc kąty $30^\circ$, $60^\circ$, $90^\circ$. Ponieważ $AC=10$ cm,

$$AB=\frac{10}{\cos30^\circ}=\frac{20\sqrt3}{3}\ \text{cm}, \qquad BC=\frac{10}{\sqrt3}=\frac{10\sqrt3}{3}\ \text{cm}.$$

Trapez jest równoramienny, zatem $AD=BC$. W trójkącie $ACD$ stosujemy twierdzenie cosinusów przy kącie $CAD=30^\circ$:

$$CD^2=10^2+\left(\frac{10\sqrt3}{3}\right)^2 -2\cdot10\cdot\frac{10\sqrt3}{3}\cdot\frac{\sqrt3}{2} =\frac{100}{3}.$$

Zatem $CD=\frac{10\sqrt3}{3}$ cm i

$$Ob=\frac{20\sqrt3}{3}+3\cdot\frac{10\sqrt3}{3} =\frac{50\sqrt3}{3}\ \text{cm}.$$

Dla punktu $P=(x,y)$ na ramieniu końcowym kąta przyjmujemy

$$r=\sqrt{x^2+y^2},\qquad \sin\alpha=\frac yr,\quad \cos\alpha=\frac xr,\quad \operatorname{tg}\alpha=\frac yx.$$

a) Dla $P=(1,4)$ mamy $r=\sqrt{17}$, więc

$$\sin\alpha=\frac{4\sqrt{17}}{17},\quad \cos\alpha=\frac{\sqrt{17}}{17},\quad \operatorname{tg}\alpha=4.$$

b) Dla $P=(-1,4)$ mamy $r=\sqrt{17}$, więc

$$\sin\alpha=\frac{4\sqrt{17}}{17},\quad \cos\alpha=-\frac{\sqrt{17}}{17},\quad \operatorname{tg}\alpha=-4.$$

c) Dla $P=(-3,2)$ mamy $r=\sqrt{13}$, więc

$$\sin\alpha=\frac{2\sqrt{13}}{13},\quad \cos\alpha=-\frac{3\sqrt{13}}{13},\quad \operatorname{tg}\alpha=-\frac23.$$

d) Dla $P=(-2,3)$ mamy $r=\sqrt{13}$, więc

$$\sin\alpha=\frac{3\sqrt{13}}{13},\quad \cos\alpha=-\frac{2\sqrt{13}}{13},\quad \operatorname{tg}\alpha=-\frac32.$$

Na przedziale $[0^\circ;180^\circ]$ zawsze zachodzi $-1\leqslant\cos\alpha\leqslant1$ i $0\leqslant\sin\alpha\leqslant1$.

a)

$$\frac13\cos\alpha+\frac14=\frac12\cos\alpha \iff \frac14=\frac16\cos\alpha \iff \cos\alpha=\frac32.$$

Taka wartość cosinusa jest niemożliwa.

b)

$$\sqrt5\sin\alpha=5-\sqrt5 \iff \sin\alpha=\sqrt5-1>1.$$

Taka wartość sinusa jest niemożliwa.

c)

$$3\cos\alpha+\sqrt3=6 \iff \cos\alpha=2-\frac{\sqrt3}{3}>1.$$

Taka wartość cosinusa jest niemożliwa. W każdym podpunkcie otrzymaliśmy sprzeczność z zakresem wartości funkcji trygonometrycznej.

a)

$$\sin30^\circ(\cos0^\circ-2\cos135^\circ) =\frac12(1+\sqrt2)=\frac{\sqrt2+1}{2}.$$

b)

$$(\cos30^\circ+\cos150^\circ)\operatorname{tg}75^\circ =\left(\frac{\sqrt3}{2}-\frac{\sqrt3}{2}\right) \operatorname{tg}75^\circ=0.$$

c)

$$\frac{\sin150^\circ-2\sin30^\circ}{\cos45^\circ} -\operatorname{tg}135^\circ =\frac{-\frac12}{\frac{\sqrt2}{2}}+1 =1-\frac{\sqrt2}{2}.$$

d)

$$\frac{\sin45^\circ+\cos150^\circ}{\operatorname{tg}45^\circ} \cos180^\circ =-\left(\frac{\sqrt2}{2}-\frac{\sqrt3}{2}\right) =\frac{\sqrt3-\sqrt2}{2}.$$

e)

$$\cos135^\circ\sin90^\circ- \sin135^\circ\cos90^\circ=-\frac{\sqrt2}{2}.$$

f)

$$\sin15^\circ(\operatorname{tg}135^\circ+1)+\cos^20^\circ =\sin15^\circ\cdot0+1=1.$$

g)

$$\frac{\operatorname{tg}60^\circ}{\sin30^\circ-\cos150^\circ} +\sin^2180^\circ =\frac{\sqrt3}{\frac{1+\sqrt3}{2}} =3-\sqrt3.$$

h)

$$\frac{\operatorname{tg}120^\circ+\operatorname{tg}150^\circ} {\sin60^\circ}:\sin90^\circ =\frac{-\sqrt3-\frac{\sqrt3}{3}}{\frac{\sqrt3}{2}} =-\frac83.$$

Korzystamy z zależności $\sin(90^\circ-x)=\cos x$ oraz z jedynki trygonometrycznej.

a) Ponieważ $53^\circ=90^\circ-37^\circ$,

$$\sin^237^\circ+\sin^253^\circ =\sin^237^\circ+\cos^237^\circ=1.$$

b) Ponieważ $72^\circ=90^\circ-18^\circ$,

$$\sin^218^\circ+\sin^272^\circ =\sin^218^\circ+\cos^218^\circ=1.$$

c) Mamy $\cos70^\circ=\sin20^\circ$, więc

$$\sin20^\circ\cos70^\circ+\cos^220^\circ =\sin^220^\circ+\cos^220^\circ=1.$$

d) Mamy $\sin64^\circ=\cos26^\circ$, zatem

$$\sin^226^\circ+\sin64^\circ\cos26^\circ =\sin^226^\circ+\cos^226^\circ=1.$$

Grubość listew wynosi $2\ \text{mm}=0{,}2\ \text{cm}$. Pole drewna w widoku z góry jest różnicą pól dwóch podobnych trójkątów. Jeżeli $r$ oznacza promień okręgu wpisanego w trójkąt zewnętrzny, to po odsunięciu każdego boku o $2$ cm promień trójkąta wewnętrznego wynosi $r-2$. Skala podobieństwa jest więc $\frac{r-2}{r}$.

Połowa kwadratu. Trójkąt ma przyprostokątne $20$ cm i pole $A_1=200\ \text{cm}^2$. Jego promień wpisany to

$$r_1=\frac{20+20-20\sqrt2}{2}=20-10\sqrt2.$$

Pole listew jednej ekierki wynosi

$$F_1=200\left[1-\left(\frac{r_1-2}{r_1}\right)^2\right] \approx113{,}2548\ \text{cm}^2.$$

Objętość drewna dla $1000$ sztuk:

$$V_1=1000\cdot0{,}2\cdot F_1 \approx22650{,}97\ \text{cm}^3\approx22651\ \text{cm}^3.$$

Połowa trójkąta równobocznego. Trójkąt ma boki $12$, $12\sqrt3$ i $24$ cm oraz pole

$$A_2=\frac12\cdot12\cdot12\sqrt3=72\sqrt3\ \text{cm}^2.$$

Przy półobwodzie $s=18+6\sqrt3$ jego promień wpisany jest równy

$$r_2=\frac{A_2}{s}=6(\sqrt3-1).$$

Zatem

$$F_2=72\sqrt3\left[1-\left(\frac{r_2-2}{r_2}\right)^2\right] \approx87{,}7128\ \text{cm}^2,$$ $$V_2=1000\cdot0{,}2\cdot F_2 \approx17542{,}56\ \text{cm}^3\approx17543\ \text{cm}^3.$$